2023年浙江省台州市路桥高考考前模拟数学试题含解析.pdf

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1 .考生要认真填写考场号和座位序号。2 .试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2 B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3 .考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共1 2小题，每小题5分，共6 0分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1 .如 果 直 线 以+力=1与圆C:f+y 2 =i相交，则点(a,。)与圆c的位置关系是()A.点M在 圆C上 B.点M在 圆C外C.点M在 圆C内 D.上述三种情况都有可能2 .设 a,b,c 为正数，贝!)“。+。是。2

2、+0 2。2”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不修要条件3 .圆锥底面半径为石，高为2,S A是一条母线，P点是底面圆周上一点，则P点到S A所在直线的距离的最大值是()AA.-2-亚-B-4-6-C.5 nD.A43 32 4 .若 x表示不超过 x 的最大整数(如 2.5 =2,4 =4,卜2.5 =-3),已知 a“=-xl O1,b,=ax,bn=-1 -l (S N*，2)则 1 9=()A.2 B.5 C.7 D.85 .三棱锥S-ABC的各个顶点都在求。的表面上，且A A B C是等边三角形，底面A B C,S 4 =4,A B =6,若点

3、。在线段S A上，且4)=2 5。，则过点。的平面截球。所得截面的最小面积为()A.3 B.4乃 C.8 4 D.1 3 46 .设命题，:心一耳同十|母，则为A.V a,力 /?,|一.之时+网 B.3 a.be R,|4+网 D.,一 可 引 十 网7.已知z =i(3 2 i),则z.W=()A.5 B.y/5 C.1 3 D.V 1 38 .如图，在等腰梯形A 3 C D中，A B/D C,A B =2 D C =2 A D =2,Z D A B =60,E为43的中点，将A A D E与MEC分别沿ED、E C向上折起，使A、B 重合为点F,则三棱锥尸 O CE的外接球的体积是（）9

4、.若将函数“力=2而 1+高-1的图象上各点横坐标缩短到原来的g（纵坐标不变）得到函数g（x）的图象，则下列说法正确的是（）A.函数g（x）在 0,高上单调递增 B.函数g（x）的周期是C.函数g（x）的图象关于点,强0）对称 D.函数g（x）在（0,小上最大值是1V2 V21 0 .已知椭圆=1（a 6 0）的左、右焦点分别为月、F2,过 的直线交椭圆于A,B 两 点,交y轴于点M,若、M 是线段A 6 的三等分点，则椭圆的离心率为（）A 1 n 百 r 2 7 5 八 石A.B.C D.2 2 5 52 21 1.已知G，居是双曲线-4=1（。0力 0）的左右焦点，过目的直线与双曲线的两支

5、分别交于A8两 点（A在右a b支，B 在左支）若A 4 B 6为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A.G B.75 C.76 D.布1 2.我国著名数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就，哥德巴赫猜想内容是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于1的整数除了 1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），在不超过1 5的素数中，随机选取2个不同的素数。、b,则43的概率是（）14 12A.B.C.D.一5 1 5 3 5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共2 0分。1 3 .若函数/(x)=s i n 2 x-6 c o s 2 x 的图像向左平移三个

6、单位得到函数g(x)的图像.则g(x)在 区 间-，斗 上的最小值为.1 4 .不等式 GT 与AABD均为正三角形.E 为 的 中 点,G 为R M)重心,A C 与 3。相交于点尸.求证:G/平面PDC；(2)求三棱锥G-PC D的体积.1 8 .(1 2 分)设 函 数/(幻=5 卜+4一限一2|.当“=1 时，求不等式/(x)2 0的解集；(2)若恒成立，求”的取值范围.1 9 .(1 2 分)设 函 数/(x)=|x+3,g(x)=|2 x-l|.(1)解不等式/(x)利+4 对任意的实数“恒成立，求。的取值范围.2 0 .(1 2 分)如图，在四棱锥PA B C D中，底面A B

7、C D是边长为2的菱形，N D A B=6 0 ,Z A D P=9 0,平面A D P 平面A BC D,点/为 棱 PD的中点.(I)在棱A B上是否存在一点E,使得AE|平面PC E,并说明理由；(H)当二面角OFC B的余弦值为注 时，求直线P 6与平面A B C。所成的角.42 1.(1 2分)在八4 B C中，角A 5,C所对的边分别是。，反c,且2 si n2(B +C)3c o sA=0.(1)求角A的大小；(2)若8 =2，。=26，求边长c.42 2.(1 0分)如图，已知三棱柱AB C-中，AABC与A g BC是全等的等边三角形.(D 求证：B C 1 A B.；(2)

8、若c o s/4 6 A=；,求二面角8 B Q A的余弦值.参考答案一、选择题：本题共1 2小题，每小题5分，共6 0分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.B【解析】根据圆心到直线的距离小于半径可得。为满足的条件，利用M(a S)与圆心的距离判断即可.【详解】直 线 +勿=1与圆C：无2 +y 2=相交,圆心(0,0)到直 线 办+勿=1的距离=I-HV a2+b2 1 也就是点M(a,b)到圆C的圆心的距离大于半径.即点M(a,b)与圆C的位置关系是点”在圆C外.故选：B【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题.2.B【解析】根据

9、不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解：.明6，c为正数，二当a =2,b=2,c =3时，满足a+b c,但4+/0 2不成立，即充分性不成立,a2+Z?2 c2 则(a +b)2 g p (a+h)2 c2+lab c2,即J(a+b)2 后,即a +oc,成立，即必要性成立，贝!1 a+b c”是/+/c2，的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键.3.C【解析】分析：作 出 图 形，判断轴截面的三角形的形状，然 后 转 化 求 解P的位置，推出结果即可.详解：圆 锥 底 面 半 径 为 石，高

10、 为2,SA是一条母线，P点是底面圆周上一点，P在底面 的 射 影 为0；SA=V5+4=3.O AS O,过 的 轴 截 面 如 图：Z AS Q 9 0 ,过。作QTLSA于T，则Q T 2),q=-=2=4 ,生=2 8 9Z?2=2 8 1 0 x2=8 ,同理可得：=2 8 5,=5；4=2 8 5 7,Z?4=7%=2 8 5 7 1,/?=1.2 8 5 7 1 4,Z?6=4 6 f72 8 5 7 1 4 2,/?72,.b,l+6=bn-故 b,是 一 个 以 周 期 为6的周期数列，则%)1 9=4 x3 3 6+3=4=5 故选：B.【点 睛】本题考查周期数列的判断和取

11、整函数的应用.5.A【解 析】由题意画出图形，求出三棱锥S-A 8 C 的外接球的半径，再求出外接球球心到。的距离，利用勾股定理求得过点。的平面截球。所得截面圆的最小半径，则答案可求.【详解】如图，设三角形A5C外接圆的圆心为G,则外接圆半径A G=g x 3 右=2 6,设三棱锥S-ABC的外接球的球心为0,则外接球的半径R=2可+22=4取&4 中点 E,由 S A=4,A D=3 S D,得 DE=1,所以 0D=J(2 厨+/=7 1 3 .则过点D的平面截球0所 得 截 面 圆 的 最 小 半 径 为呵=G所以过点D的平面截球0所得截面的最小面积为n.(/3)2=3 万故选：A【点睛

12、】本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.6.D【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：卜 一 百|a|+|ZJ|.故本题答案为D.【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.7.C【解析】先化简复数z=i(3 2 i),再求三，最后求z；即可.【详 解】解：z=i（3-2z）=2+3z,Z=2-3Zz z=22+32=13 故选：C【点 睛】考查复数的运算，是基础题.8.A【解 析】由题意等腰梯形中的三个三角形都是等边三角形，折叠成的三棱锥是正四面体，易求得其外接球半径，得球体积

13、.【详 解】由题意等腰梯形中ZM=AE=B=3C=CZ）,XZZMB=60,：.AED,ABCE是 靠 边 三 角 形,从而可得DE=CE=CD,.折叠后三棱锥歹DEC是 棱 长 为1的正四面体，设M 是 AOCE的中心，则 平 面。CE,DM=-x xl=,FM=yFD2-D M2=,3 2 3 3尸OCE外 接 球 球 心。必 在 高FM上，设 外 接 球 半径为R,即=8=；.R2=（q _ R Y+吟）2,解得 R=q,球 体 积 为V-乃R*=&x（必y=n.3 3 4 8故 选：A.【点 睛】本题考查求球的体积，解题关键是由已知条件确定折叠成的三棱锥是正四面体.9.A【解 析】根据

14、三角函数伸缩变换特点可得到g(x)解 析 式；利用整体对应的方式可判断出g(x)在上单调递增，A正确;关 于 点(一 专,-1)对 称，C错 误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知B错 误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，O错误.【详 解】将“X)横 坐 标 缩 短 到 原 来 的;得：且()=2 4 2+?卜当向时，2 x+-e ,-j.sinx在 仁 马 上 单 调 递 增 .g(x)在(0总 上 单 调 递 增，A正 确；g(x)的最小正周期为：7=乃.不 是g(x)的周期，8错 误；当.后时，2 x+0,g-=-112 o V.g(x)关 于 点 q,-1对 称

15、，C错 误；当J时,2 告信仁.便士(。，1)此 时g(x)没有最大值，。错误.本题正确选项：A【点 睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.10.D【解 析】根据题意，求 得A M,8的坐标，根据点在椭圆上，点的坐标满足椭圆方程，即可求得结果.【详 解】由已知可知，/点为中点，E为 身0中点,故 可 得%+%=2x”=（）,故 可 得.9=c；*、,2,2,2代 入 椭 圆 方 程 可 得 二+七=1,解 得y=幺，不 妨 取 以

16、=幺，a b a a（b2故 可 得A点 的 坐 标 为c,一,（b2（b2则M 0,易 知8点 坐 标 2c,一 丁，l 2刈 I 2a）将B点坐标代入椭圆方程得/=5C、2,所 以 离 心 率 为 好，5故选：D.【点 睛】本题考查椭圆离心率的求解，难点在于根据题意求得A 8,用 点 的 坐 标，属中档题.11.D【解 析】根据双曲线的定义可得儿4 8 6的边长为4。，然后在6中应用余弦定理得。，c的等式，从而求得离心率.【详 解】由题意|A4伤|=2 a,忸用一忸耳|=2a,XAF2=BF2=AB,：.AF-BF=AI=Aa,：.BF=2a,在 根 片 心 中 怩 鸟=|A|2+|A用2

17、2|A|A用COS60。，即 4 c 2=(6 a)2+(4 a)2-2x6 a x4 a x =28a2，2故选：D.【点 睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线的定义把A到两焦点距离用。表 示，然后用余弦定理建立关系式.12.B【解 析】先列举出不超过15的素数，并列举出所有的基本事件以及事件“在 不 超 过15的素数中，随 机 选 取2个不同的素数。、b,满 足|a-43”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详 解】不超过15的素数有：2、3、5、7、11、13,在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数，所有的基本事件有：（2,3）、（2,5）

18、、（2,7）、/（再）一/（乙）、（2,13）、（3,5）、（3,7）、（3,11）、（3,13）、（5,7）、（5,11）、（5,13）、（7,11）、（7,13）、（11,13）,共 15种情况,其中，事件“在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数。、。，且Ia-。|3”包含的基本事件有：（2,3）、（3,5）、（5,7）、（11,13）,共4种情况，4因此，所求事件的概率为尸=石.故选：B.【点睛】本题考查古典概型概率的计算，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.-V3【解析】、717t注意平移是针对自变量X,所

19、以g（x）=/（x+7）=2sin（2 x-W）,再利用整体换元法求值域（最值）即可.8 12【详解】由已知，/(x)=sin 2x-V3 cos2x=2sin(2x-),g(x)=/(%+)=Ji jt J)2sin2(x,1 -)=2sin(2x-9 又了7i 37rI,c 兀 r兀2冗、故 2x-石 ,与-2 sin（2x-1）G-V3,2 ,所以 g（x）的最小值为一百.故答案为：【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.14.11,2）【解析】通过平方，将无理不等式化为有理不等式求解即可。【详解】由，1 得解得l W x

20、y=，a2 b2 a因为|A6|的长为实轴的二倍，:.”-=4a,b2-2a2,a2-a2=2a2,c2=3Q2 ,6,故答案为石.a【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将e用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于e的等式，从而求出e的值.三、解答题：共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1)见 解 析(2)旦2【解析】(

21、1)第(1)问，连AG交PD于4,连接CH.证明G产 H C,即证G F/平面PDC.(2)第(2)问，主要是利用体积变换，%。/小=入”g P E x S”求得三棱锥G-P 8的体积.【详解】(1)方法一：连4G交PO于，连接CH.AF由梯形ABC。，ABIICQ且AB=2)C,知 一=FCAG又 为AO的中点，G为A R。的重心，k=GHA(Z AJ7 7在A4/7C中，把=,故G/HC.GH FC 1又 H C q平面 PCD,GF(z 平面 PC。,，GR/平面 PDC.2-12-1方法二：过G作GN|AZ）交PD于N,过F作FM|AD交CD于M,连 接MN,G 为4 PAD 的重心，

22、=-=,GN=ED=/3.DE PE 3 3 3p 上 CD 1 ,CF 1又 ABCD 为梯形，AB|CD,.-：.=-,：.MF=-4 3,：.GN=FM.AD 3 3又由所作GN|AD,FM|AD,得GN FM,所以GNMF为平行四边形.因为 GF|MN,GF 8,；.6/|平面PCD(2)方法一:由平面BA。，平面ABC。，AfAD与AABZ)均为正三角形，E为 的 中 点A P E A D,B E Y A D,得 PE_L 平面 ABC。，且 P=3由 知 如 平 面PDC,.%a,=*cD=%6F=；x P E x S A 6 F 2又由梯形 ABCD,ABHCD,且 AB=2DC

23、=2 6，知 DF=-BD=-63 3又 ZVL8D 为正三角形，得 NCDF=ABD=6 0，；S.rnF=-xC D xD FxsinZBD C =,CDF 2 2得 VP C D F J x P E x S&C I),=.三棱锥G-PCD的 体 积 为 正.2方法二：由平面PAD_L平面ABC。，与AARD均为正三角形，E为A的中点A P E A D,B E Y A D,得 PE_L 平面 ABC。，且 P=32 2 2 2 1由 PG PE 9/.VG.PCD VE_PCD=g V p-c o E =x g x PE x S&CDE而 又 为 正 三 角 形，得NEDC=12O,得5“

24、所=xC O xZ)；xsinNEDC=2叵.ALD匕 2 4.“_ 2 1 0c,e _ 2 1 _ 3/3_V3*,VP-CDF-TX-XXA CO F=7XX 3 X-=，.三棱锥G-PCD的体积为 B.218.(1)2,3；(oo,6u2,+oo).【解析】分析：(D先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，(2)先化简不等式为x+a+x-2 4,再根据绝对值三角不等式得|x +|x -2|最小值，最后解不等式|a +2|2 4得a的取值范围.详解：(1)当a =l时，2 九+4,x W 1,f(x)=2,-1 x 2,-2x+6,x2.可 得 的 解 集 为

25、 x|-2 x 3 .(2)/(x)W l等价于k+4+k-2|4.而 上+4 +,一2月a +斗，且当x =2时 等 号 成 立.故 等 价 于|a +2|.由|a +2 4可得a W-6或a22,所以。的取值范围是(一,6 u 2,+x).点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向.21 9.(l)(-o o,-)u(4,+o o)；【解析】试题分析：(1)将绝对值不等式两

26、边平方，化为二次不等式求解.(2)将问题化为分段函数问题，通过分类讨论并根据恒成立问题的解法求解即可.试题解析：由 已知，W|x+3|2 x-l|,即|x+3 0,解得无卜:或x卜.故 所 求 不 等 式 的 解 集 为,8,-?34,+8).由 已 知，设(x)=2/(x)+g(x)=2|x+3|+|2x-l|=4x 5,x W 3,7,-3 工 办+4恒成立,即 以-4一9,x -3-=-4 恒 成U.x xa(-4A 9)，V X 人 a xC l 1,当一3x(；时，只需7)ox+4恒 成 立，即 内-3 0恒成立.-3a-3 0只 需 1 ,-a-3 ax+4恒成立,2即 ox-0,

27、2/.a 4,且无限趋近于4,X:.a,且平面 ADP J_平面 ABC。，平面 ADPc平面 ABCD=AD,所以平面ABC。，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设 H=a,则由题意知。(0,0,0),F(0,0,a),C(0,2,0),5(V3,l,0),7 r =(O,2,-),Cfi=(V3,-l,0),设平面F B C的法向量为m=(x,y,z),则由，丽 卮=0m-CB=02y-az=Q 7 cr-，令x=l,贝！Jy=v3,z=-/3x-y=0 a所以取用=1,73,由题意:所以a=道*,显然可取平面OR7的法向量后=(1,0,0),由于P。，平面ABC。，所 以 依 在

28、平 面ABC。内的射影为BO,所以N P B D为直线QB与平面ABC。所成的角，易知在 R fA P B O中，t an Z P B D =a=石，从而 N P B =6 0 ,B D所以直线总 与平面A B C O所成的角为6 0 .【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.2 1.(1)；(2)+-/2 【解析】(1)把8+。=乃 A代入已知条件，得到关于co s A的方程，得到c

29、o s A的值，从而得到A的值.(2)由(1)中得到的A的值和已知条件，求出s in。，再根据正弦定理求出边长c.【详解】(1)因为A+B+C=万，2 s in?(B +C)-3 co s A =0,所以Z s in A-3 co s A =0，2(l-co s A)-3 co s A =0 ,所以2 co s 2 A +3 co s A-2 =0,即(2 co s A-1 )(co s A+2)=0.因为co s A w(-1,1),所以co s A =g,因为A 0,)，所以A =g.(2)s in C =s in(A+=s in A co s B+co s A s in BV 3 V 2

30、 1 V 2 V 6 +V 2-x-j-x-2 2 2 2 4c a在MBC中，由正弦定理得=，s in C s in Ac _ 2 7 3所 以 几+后 垂)解得。二 遥+血。T【点睛】本题考查三角函数公式的运用，正弦定理解三角形，属于简单题.2 2.(1)证明见解析；(2)好.5【解析】(1)取B C的中点。，则8 Q _ L 8 C,由 A B C是等边三角形，得从而得到8 C J平面，由此能证明B C 1 A B(2)以O A,O B,。用所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，得到结果.【详解】(1)取8 c的中点。，连接A O,B 0,由于AA

31、H C与A g B C是等边三角形，所以有A O L B C,B Q 工B C,且A O n B Q=O,所以3 C J _平面4 A。，Ag u平面4AO,所以8 C _ L A g.(2)设AA B C与 是 全 等 的 等 边 三 角 形，所以 BBi=A B =B C A C=BtC a,又co s/gB A =由余弦定理可得A B；=t4在 V A 8 0 中，有 A 3：=4 O 2+5Q2,所以以。4,0 B,。所在直线分别为x,j,则 A -t z,0,0 ,BO,OJ,B1 0,0,-设平面A B B 1的一个法向量为 =(x,y,z),贝！|/5 xl 5，【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利用线面垂直证明线性垂直，利用向量法求二面角的余弦值,属于中档题目.